【期中真题】山东省济南市山东师范大学附属中学2021-2022学年高三上学期期中考试化学试题.zip

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2019级2021-2022学年第一学期学分认定考试化学学科考试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。非选择题答案用0.5mm黑色中性笔写在答题卡的相应位置上，答案写在试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活密切相关，生活中处处有化学，化学让世界更美好。下列叙述正确的是
A. “84”消毒液等含氯消毒剂、过氧乙酸、体积分数为75％的酒精等均可以有效灭活新型冠状病毒，所以将“84”消毒液与75%酒精1：1混合，消毒效果更好
B. 钢铁制品和纯铜制品均既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀
C. CO、SO2、NO、NO2均为大气污染物，“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. “嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．“84”消毒液的有效成分为次氯酸钠，与75%酒精混合会发生氧化还原反应，使消毒效果降低，A错误；
B．铜的金属活动性顺序在氢之后，不能与氢离子发生反应，即不能发生析氢腐蚀，B错误；
C．“燃煤固硫”减少空气中二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少空气中氮氧化物的排放，都能提高空气质量，C正确；
D．太阳能电池将太阳能转化为电能，D错误；
故选C。
2. 下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A. 实验室制取氨气 B. 对电力不足的新能源汽车充电
C. 从海水中提取溴和镁 D. 漂白粉放置在空气中变质。
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室制取氨气可选择氢氧化钙和氯化铵反应，反应中元素化合价没有改变，不涉及氧化还原反应，A正确；
B．对电力不足的新能源汽车充电，涉及的化学变化中存在电子转移，涉及氧化还原反应，B错误；
C．从海水中提取溴和镁，溴元素、镁元素化合价由非零变为单质中元素化合价零，存在电子转移，涉及氧化还原反应，C错误；
D．漂白粉放置在空气中变质，生成的次氯酸分解生成氧气和氯化氢，存在电子转移，涉及氧化还原反应，D错误；
故选A。
3. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应对应的离子方程式正确的是
A. 用重铬酸钾法测定白酒中乙醇的含量：2+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O
B. 水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH2OH(CHOH)4COOH+2Ag↓+4NH3+H2O
C. 向CuSO4溶液中加过量的氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
D. 用银电极电解AgNO3溶液：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性重铬酸钾可以将乙醇氧化为乙酸，本身被还原为Cr3+：2+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O，A正确；
B．水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，葡萄糖中醛基被氧化生成羧基，出现银镜，该反应的离子方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++3NH3+2Ag↓+H2O，B错误；
C．向CuSO4溶液中加过量的氨水生成和水，其离子方程式为：Cu2++4NH3·H2O=+4H2O，C错误；
D．用银电极电解AgNO3溶液，阳极不产生氧气，而是银失电子生成银离子，D错误；
答案选A。
4. 某溶液pH=0，可能存在、、Ba2+、Fe2+、Cl-、、、Al3+中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验，下列有关判断正确的是

A. 生成气体A的离子方程式为：
B. 生成沉淀H的离子方程式为：
C. 溶液X中一定没有的离子：CO、Ba2+、NO
D. 溶液X中不能确定是否含有Al3+
【答案】C
【解析】
【分析】pH=0的某X溶液中不存在，Fe2+和不能同时存在，试液中加入过量硝酸钡溶液，发生反应①，生成气体A证明一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在，气体A为NO，沉淀C为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液发生反应②，生成气体D为NH3，确定原溶液中含有，沉淀F为Fe(OH)3；溶液E加入过量二氧化碳发生反应③，生成的沉淀H一定是Al(OH)3，则溶液E中一定含有，则原溶液中一定含有Al3+，Cl-无法确定，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，生成气体A的反应为氢离子与硝酸根结合氧化二价铁离子，离子方程式为：，故A错误；
B．根据以上分析，生成沉淀H为向溶液中通过量的二氧化碳，离子方程式为：，故B错误；
C．根据以上分析，溶液X中一定没有的离子仅为：、Ba2+、，故C正确；
D．根据以上分析，溶液X中一定含有的离子是∶H+、Fe2+、、、Al3+，故Al3+一定有，故D错误；
故选：C。
5. 下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是

A. 用Ⅰ装置测定氯水的pH B. 用图Ⅱ装置保存液溴
C. 用图Ⅲ装置制备Fe(OH)2并能较长时间不变色 D. 用图Ⅳ实验室模拟侯氏制碱法原理
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水中次氯酸具有漂白性，不能直接用pH试纸检测其pH，A错误；
B．液溴易挥发，且有氧化性，需用水进行液封，但不能用橡胶塞密封，易被溴氧化，而应该用玻璃塞，B错误；
C．图Ⅲ装置为电解池原理，Fe作阳极，失电子生成亚铁离子后与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，煤油可起到液封作用，隔绝外界空气，防止氢氧化亚铁被氧化，实验能达到目的，C正确；
D．氨气极易溶于水，导气口不能直接接触溶液，应该有防倒吸装置，图示中两种气体进气口反了，D错误；
故选C。
6. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确且有因果关系的是的选项是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
工业上用SiO2与焦炭在高温条件制备粗硅
生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅
非金属性：C＞Si
B
向铁和过量浓硫酸加热反应后的溶液中滴加几滴KSCN溶液
溶液变为红色
反应后的溶液中一定含有Fe3+
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
向碘水水中加入等体积的四氯化碳，振荡静置
上层接近无色，下层呈紫红色
碘在四氯化碳的溶解度大于在水中的溶解度

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制粗硅反应不是常温下的置换反应，而是在高温下进行，且焦炭作还原剂，硅是还原产物，不能得出非金属性：C＞Si，A错误；
B．浓硫酸过量，反应后浓硫酸有剩余，不能向浓硫酸中加KSCN溶液，否则酸液容易溅出伤人，B错误；
C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；
D．CCl4的密度比水大，下层呈紫红色，说明I2在CCl4中的溶解度大于水中的溶解度，D正确；
答案选D。
7. 科学家利用垃圾渗透液研发出新型环保电池，实现发电、环保二位一体化结合的装置如图。

当该装置工作时，下列说法正确的是
A. 盐桥中K+向X极移动，Cl-向Y极移动
B. 电路中流过3.75 mol电子时，产生N2的体积为22.4 L(标准状况)
C. 电流由X极沿导线流向Y极
D. Y极反应式为2+10e-+12H+=N2↑+6H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．在X电极上NH3失去电子被氧化变为N2，所以X为负极；在Y电极上得到电子被还原变为N2，所以Y电极为正极。根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，可知盐桥中K+向负电荷较多的Y极移动，Cl-向正电荷较多的X极移动，A错误；
B．根据氧化还原反应中电子守恒可知反应方程式：5NH3+3=4N2+6H2O+3OH-，转移15 mol电子，反应产生4 mol N2，若转移3.75 mol电子，则反应产生N2的物质的量n(N2)=，其在标准状况下的体积V=1 mol×22.4 L/mol=22.4 L，B正确；
C．电子由负极X经导线流向正极Y，电流方向是正电荷的移动方向，所以电流是由正极Y极沿导线流向负极X极，C错误；
D．电解质溶液显碱性，不可能含有大量H+，Y电极的电极反应式为：2+10e-+6H2O =N2↑+12OH-，D错误；
故合理选项是B。
8. 水是一种重要的资源，它在化学反应中担任着重要的角色，既可作为反应物又可作为生成物，如图中和水相连的物质都能和水发生反应，则有关说法正确的是

A. 上述反应中属于氧化还原反应的有①②④⑥⑦⑧
B. ①和⑦中都有氧气生成，且生成1 mol O2转移的电子数相同
C. ①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂
D. ⑦中水做氧化剂，②中水做还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】题干中发生的反应方程式分别为：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③Na2O+H2O = 2NaOH，④3NO2+H2O=2HNO3+NO，⑤SO3+H2O=H2SO4，⑥Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，⑦2F2＋2H2O=4HF＋O2，⑧Cl2+H2O=HCl+HClO，据此解题。
【详解】A．由分析可知，③⑤⑥即H2O与Na2O、SO3、Mg3N2的反应不属于氧化还原反应，其余反应均属于氧化还原反应，A错误；
B．由分析可知，①中2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1 mol O2转移2 mol e－，⑦中2F2＋2H2O=4HF＋O2，生成1 mol O2转移4 mol e－，B错误；
C．由分析可知，①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂，C正确；
D．由分析可知，⑦中水做还原剂，②中水做氧化剂，D错误；
故答案为：C。
9. 常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是

A. 第一电离能：W>Z>Y>X
B. 简单离子的半径：Y>Z>W>X
C. W的氢化物空间构型不一定是三角锥形
D. Z的单质具有强氧化性和漂白性
【答案】D
【解析】
【分析】W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH均为2，则两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则应为HNO3和HClO4，Z的的原子序数和原子半径均大于W，则W为N元素，Z为Cl元素；X的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH为12，为一元强碱，且原子半径大于Cl，则X为Na元素；Y位于Na和Cl之间，且最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH＜2，应为二元强酸，则Y为S元素。
【详解】W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl，
A．同周期元素，第一电离能呈增大趋势，半径越小，越不容易失去电子，第一电离能越大，则第一电离能：W>Z>Y> X，故A正确；
B．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小离子半径越大，所以简单离子半径：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B正确；
C．W为N元素，其气态氢化物有NH3、N2H4等，NH3是三角锥形，N2H4不是三角锥形，故C正确；
D．Z为Cl，Cl2本身并不具有漂白性，D错误。
故选D。
10. 2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星。长征三号乙运载火箭一二子级使用液体N2O4和液体偏二甲肼(C2H8N2，又称1，1-二甲基联氨)作为推进剂，第三子级使用液氢和液氧作为推进剂，两组推进剂燃烧的产物均为无毒物质。下列说法正确的是
A. 偏二甲肼分子中既有极性键也有非极性键，属于非极性分子
B. 燃烧时每消耗1mol偏二甲肼会转移16mol电子
C. 若1mol液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放aKJ能量，则氢气的摩尔燃烧焓为-akJ·mol-1
D. 两组推进剂燃烧的产物不会造成任何环境问题
【答案】B
【解析】
【详解】A．偏二甲肼(C2H8N2，又称1，1-二甲基联氨)的结构式为 ，分子中N和C、N和H、C和H均形成极性键，N和N形成非极性键，但该分子结构不对称，是极性分子，A选项错误；
B．四氧化二氮和偏二甲肼燃烧的反应方程式为C2H8N2+2N2O4=3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，C2H8N2中的N的化合价由-2价变为0价，C元素的化合价由-2价变为+4价，因此燃烧时每消耗1mol偏二甲肼会转移2×2+6×2=16mol电子，B选项正确；
C．1mol液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放a kJ能量，液态氢变成氢气需要吸收热量，故氢气的燃烧热小于a kJ·mol-1，C选项错误；
D．第一组推进剂四氧化二氮和偏二甲肼燃烧会生成CO2，CO2会引起温室效应，D选项错误；
答案选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素没有中子，基态Y原子中s能级的总电子数与p能级的电子数相等。a、b、c、d均是由以上四种元素中的两种组成的二元化合物，且d是淡黄色固体；25°C时，0.1 mol·L-1 e的水溶液pH=13。上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是
A. 沸点：a＞c B. 元素的非金属性：X＞W
C. f中阴离子的空间构型为平面三角形 D. 简单阴离子的还原性：Y＞W
【答案】BC
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素没有中子，则W为H元素；基态Y原子中s能级的总电子数与p能级的电子数相等，Y原子只能有2个电子层，故Y为O元素；a、b、c、d均是由以上四种元素中的两种组成的二元化合物，且d是淡黄色固体，d为Na2O2；c跟d反应生成e和m，25℃时，0.1mol/Le的水溶液pH=13，则e为NaOH，则c为H2O，m为O2；b跟d反应生成f和m，则b为CO2，f为Na2CO3；a跟m反应生成c和d，则a为甲烷等烃，因此X为C元素，Z为Na元素，据此分析解答。
【详解】A．a为甲烷等烃，c为H2O，如a为碳数少的烃，其沸点小于水，故A错误；
B．W为H元素，X为C元素，元素的非金属性：X＞W，故B正确；
C．f为Na2CO3，阴离子中C的价层电子对数=3+=3，的空间构型为三角形，故C正确；
D．Y为O元素，W为H元素，非金属性O＞H，故阴离子的还原性：Y＜W，故D错误；
故选BC。
12. 锶(Sr)为第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化锶(SrCl2·6H2O)是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4)为原料制备，生产流程如下：

下列叙述不正确的是
A. 锶的金属性比钙的强，所以SrSO4的溶解性比CaSO4的强
B. 高温焙烧时，若0.5molSrSO4完全反应转移了4mol电子，该反应的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4CO
C. 加入适量1mol/LH2SO4目的是除去溶液中Ba2+杂质
D. 工业上常电解熔融SrCl2制锶单质，则SrCl2·6H2O制取无水SrCl2一定要在无水氯化氢气流中加热SrCl2·6H2O失水恒重
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据同主族元素性质递变规律，锶的金属性比钙的强，SrSO4的溶解性比CaSO4的弱，故A错误；
B．高温焙烧时，若0.5molSrSO4完全反应转移了4mol电子，说明S元素化合价由+6价降低为-2价，该反应的化学方程式为：SrSO4+4CSrS+4CO，故B正确；
C．硫酸钡难溶于水，加入适量1mol/LH2SO4目的是生成硫酸钡沉淀，除去溶液中Ba2+杂质，故C正确；
D．SrCl2是强酸强碱盐，SrCl2不水解，直接加热SrCl2·6H2O失水至恒重，可制得无水SrCl2，故D错误；
选AD
13. 印刷线路板废液(主要成分有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋、Cl-)，可用来制备碱式碳酸铜(Cu2(OH) 2CO3)，其流程如图所示，下列说法不正确的是

A. 反应A的离子方程式为：6Fe2＋＋ClO＋6H＋= 6Fe3＋＋Cl-＋3H2O
B. 铜在空气中被腐蚀生成铜锈，其主要成分是氧化铜
C. NaClO3中心原子杂化类型为sp3杂化
D. 试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH把Fe3＋转化为Fe(OH)3过滤除去
【答案】B
【解析】
【分析】印刷线路板废液(主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl－)加入NaClO3发生氧化还原反应，将亚铁离子氧化为铁离子，加入CuO调节溶液的pH值，过滤，将Fe(OH)3除去，再向滤液中加入碳酸钠反应得到碱式碳酸铜。
【详解】A．反应A中Fe2+与ClO3－反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式为：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故A正确；
B．铜在空气中被腐蚀生成铜锈，主要是铜和氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，故B错误；
C．根据杂化轨道理论可知，NaClO3中Cl原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道数为4，即采用sp3杂化，故C正确；
D．加入X的目的是通过调节pH把Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，试剂X可为CuO、Cu(OH)2等，故D正确；
答案选B。
14. 废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有、、、、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体()。

下列说法错误的是
A. “酸浸”时的作用是氧化剂
B. 除铁时加入的物质X为
C. 除铝时发生的反应为
D. 滤液④中的溶质为
【答案】AD
【解析】
【分析】正极活性粉体中含有、、、、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸和双氧水反应生成硫酸锂、硫酸镍、硫酸钴、硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸铜等，过滤后加入氢氧化钠除铁，过滤，向滤液中加铜萃取剂除铜，过滤，向滤液中加氨水除铝，过滤，向滤液中碳酸氢铵得到前驱体()。
【详解】A．根据后面分析钴为+2价，+2价锰，说明“酸浸”时双氧水和三氧化二钴、二氧化锰等反应生成了+2价的钴，+2价锰，则的作用是还原剂，故A错误；
B．除铁时将铁元素变为黄钠铁矾，其加入的物质X为，故B正确；
C．除铝时加入氨水转变为氢氧化铝沉淀，其发生的反应为，故C正确；
D．由于加入的碳酸氢铵是过量的，因此滤液④中的溶质为、NH4HCO3，故D错误。
综上所述，答案为AD。
15. 科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是

A. 铂电极产生的气体是O2和CO2
B. 铜电极的电极反应式为2CO2+12+12e-=C2H4+12+4H2O
C. 通电过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动
D. 当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生标况下C2H41.12L
【答案】B
【解析】
【分析】CO2制乙烯，碳的化合价降低，得电子，故多晶铜电极作电解池的阴极；阴极生成的，经阴离子交换膜进入阳极区，因电解前后电解液浓度几乎不变，可判断其与水一起失去电子生成O2和CO2。
【详解】A．据分析，铂电极产生的气体是O2和CO2，A正确；
B．铜电极的电极反应式为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，B错误；
C．通电过程中，溶液中朝阳极移动，即通过阴离子交换膜向左槽移动，C正确；
D．根据14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，电路中通过0.6mol电子时理论上能产生0.05mol C2H4，即标况下1.12L，D正确；
故选B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 甲醇是重要的化工原料，也是重要的燃料。工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 2= -58 kJ•mol-1
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 3= +41 kJ•mol-1
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
H-H
C-O
C≡O
H-O
C-H
E/kJ·mol-1
436
343
1076
465
x
则x=___________；
（2）在25℃、101 kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ。则表示甲醇摩尔燃烧焓的热化学方程式为___________。若将此反应设计成燃料电池，其工作原理如图所示。

则b口通入的物质的电子式为___________，负极的电极反应式为___________。
（3）甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是___________。
【答案】（1）413 （2） ①. CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) =-725.76 kJ·mol-1 ②. ③. CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+
（3）甲硫醇不能形成分子间氢键，水和甲醇均能形成分子间氢键，且水形成的分子间氢键比甲醇的多
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，反应②-③可得到反应①，所以反应①对应的=2-3=-58 kJ•mol-1-（+41 kJ•mol-1）=-99 kJ•mol-1。又=反应物的总键能-生成物的总键能，所以-99 kJ•mol-1=1076 kJ•mol-1+2436 kJ•mol-1-3x kJ•mol-1-343 kJ•mol-1-465 kJ•mol-1，解得x=413 kJ•mol-1；
【小问2详解】
25℃、101 kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，则1mol甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热为22.68 kJ32 =725.76 kJ，故表示甲醇摩尔燃烧焓热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) =-725.76 kJ·mol-1；根据图示装置可知，氢离子移向右侧电极，所以右侧电极为原电池的正极，c口通入氧气，左侧电极为原电池的负极，则b口通入甲醇，其电子式为：；a口溢出二氧化碳气体，负极电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) =-725.76 kJ·mol-1； ；CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；
【小问3详解】
甲硫醇不能形成分子间氢键，水和甲醇均能形成分子间氢键，且水形成的分子间氢键比甲醇的多，所以导致甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间。
17. NOx是主要大气污染物，可用氨催化吸收法和电解氧化吸收法除去。
I．氨催化吸收法：某同学采用以下装置或步骤模拟工业上氮氧化物的处理过程。回答下列问题：
（1）实验室制备氨气的发生装置，可以选择下图装置中的___________(填序号)。

（2）将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按下图装置进行实验。

①Z中盛有___________(填名称)；打开K1，关闭K2，NO2能够被NH3还原，预期观察到Y装置中现象是___________。
②氨气与NOx反应的化学方程式为___________。
II．电解氧化吸收法：其原理如图所示：

（3）从A口中出来的物质的是___________。
（4）写出电解池阴极的电极反应式___________。
III．氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) △H1
副反应：2NO(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g) △H2＜0
回答下列问题：
（5）提高主反应选择性的最佳措施是___________。
A. 降低温度 B. 增大压强 C. 增大c(H2) D. 使用合适的催化剂
（6）H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图

已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1，补充并配平下列化学方程式：___________
___________+___________NO+___________O2=___________N2+___________H2O+ ___________
【答案】（1）D （2） ①. 氢氧化钠溶液 ②. 混合气体颜色变浅(红棕色变浅)，甚至变为无色；Y装置试管壁上有液滴出现 ③. 6NOx+4xNH3=(3+2x)N2+6xH2O
（3）O2和较浓的硫酸
（4）2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O （5）D
（6）4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+
【解析】
【小问1详解】
A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，但NH3和HCl在管口遇冷又化合反应生成NH4Cl，故A错误；
B．浓氨水遇到到生石灰，含有的水与生石灰化合生成熟石灰，过程中放出大量热，使浓氨水受热分解产生氨气，但收集氨气时试管不能用塞子堵住，故B错误；
C．NH4Cl固体与熟石灰共热制备氨气，由于反应时有水生成，试管应倾斜向下，故C错误；
D．浓氨水受热可分解产生氨气，使用液液加热型装置，故D正确；
答案D。
【小问2详解】
①NH3极易溶于水，有毒，不能随意排放到空气中，且NO2也有毒，而且能和氢氧化钠溶液反应，故Z中盛有的是氢氧化钠溶液。从题目中可知NO2能够被NH3还原，生成氮气和水，故Y装置中可观察到的现象是混合气体颜色变浅(红棕色变浅)，甚至变为无色；Y装置试管壁上有液滴出现。
②氨气与NOx反应，氨气被氧化成氮气和水，NOx被还原成氮气，则反应的化学方程式是6NOx+4xNH3=(3+2x)N2+6xH2O。
【小问3详解】
从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2O。则根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气浓度变大的硫酸。
【小问4详解】
从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从 到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O。
【小问5详解】
A．降低温度，由于△H2＜0，则有利于副反应反生，故A不符合题意；
B．增大压强，均有利于主副正反应的反生，故B不符合题意；
C．增大c(H2)浓度，也有利于副反应正方向进行，故C不符合题意；
D．通过选择合适的催化剂可加快主反应的反应速率来提高主反应的选择性，故D符合题意；
答案D。
【小问6详解】
已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1，则根据氧原子守恒，H2O前面的系数是6，根据N元素和O元素的化合价变化情况，结合NO、O2物质的量之比为4：1，可知前的系数是4，根据元素守恒、电荷守恒，可知生成物缺的的是H+，则H+前系数是4，N2前系数是4，故完整的离子方程式是4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+。
18. 二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，可用于食物的增白、防腐等，但必须严格遵守国家有关标准使用。某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。

（1）仪器a的名称为___________。
（2）烧杯F中试剂可以是___________。(填序号)
A. 饱和NaHSO3溶液 B. 饱和Na2CO3溶液 C. 饱和NaCl溶液 D. NaOH溶液
（3）实验时装置E中溶液变为浅绿色，只用一种试剂检验该离子，该试剂化学式为___________。
（4）实验时观察到装置B中无明显现象，装置C中溶液红色褪去，则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是___________。(填化学式)
（5）学生甲预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行下图实验：

实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如下表：
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测得溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
①据G中现象得出的结论是___________。
②H中发生反应的离子方程式___________。
③I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的原因可能是___________。
【答案】（1）分液漏斗 （2）BD
（3）K3[Fe(CN)6]
（4）SO2 （5） ①. SO2可溶于水，溶于水(二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸)后溶液呈酸性；SO2与BaCl2溶液不能发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀 ②. 3SO2+ 2+Ba2++2H2O= BaSO4↓+2NO↑+2SO+4H+(或3SO2+ 2+3Ba2++2H2O= 3BaSO4↓+2NO↑+4H+) ③. 该溶液中O2氧化SO2比(H+)氧化SO2活化能小(或该条件下O2氧化性比(H+)强)
【解析】
【分析】装置A中利用浓硫酸与Na2SO3固体反应生成SO2，SO2有漂白性，装置C中品红溶液褪色，H2SO3是弱酸，则装置D中BaCl2溶液中无沉淀，SO2有还原性，能被Fe3+氧化为硫酸。最后利用NaOH溶液或其它碱性溶液除去含有SO2的尾气。SO2在煮沸的氯化钡中无沉淀产生，是由于二氧化硫溶于水生成亚硫酸，生成的亚硫酸发生电离生成氢离子和亚硫酸氢根，因此没有沉淀生成。二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根而生成BaSO4沉淀；当有氧气存在时，会促进二氧化硫发生氧化反应，加快沉淀生成。
【小问1详解】
根据仪器a的结构可知仪器a是分液漏斗；
【小问2详解】
A．SO2在饱和NaHSO3溶液中不能溶解，也不会发生反应，因此不能作吸收剂，A错误；
B．由于酸性：H2SO3＞H2CO3，所以SO2能够与饱和Na2CO3溶液反应产生Na2SO3或NaHSO3、CO2，可以达到消去SO2的目的，B正确；
C．氯化钠与二氧化硫不反应，不能用来进行尾气吸收，C错误；
D．SO2是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应产生Na2SO3或NaHSO3，达到消除SO2尾气的目的，D正确；
故合理选项是BD；
【小问3详解】
Fe2+呈浅绿色，检验方法可根据K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应产生蓝色沉淀进行检验；
【小问4详解】
SO2溶于乙醇，但在乙醇中不能电离，在C中褪色，说明SO2与水反应产生的微粒表现漂白性，所以排除SO2使品红溶液褪色的可能；
【小问5详解】
①SO2可溶于水，溶于水的SO2部分与水反应生成H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液呈酸性，所以溶液pH小于7；没有生成白色沉淀，说明其酸性小于盐酸，则SO2与BaCl2不能发生复分解反应。
②H中白色沉淀为硫酸钡，I中未煮沸，二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根而生成硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为：3SO2+ 2+Ba2++2H2O= BaSO4↓+2NO↑+2SO+4H+(或3SO2+ 2+3Ba2++2H2O= 3BaSO4↓+2NO↑+4H+)。
③没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应生成沉淀快，化学反应速率快。因反应速率越快的反应活化能越小，即该溶液中O2氧化SO2比(H+)氧化SO2活化能小(或该条件下O2氧化性比(H+)强)。
19. 高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下：

已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。
（1）“操作Ⅱ”时，当___________时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体。
（2）向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为___________。
（3）“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为___________。
（4）“歧化”时，加入冰醋酸的目的是___________(从平衡移动的角度用必要的离子方程式和文字解释)。
（5）“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是___________(填字母)。
a．浓盐酸 b．亚硫酸 c．稀硫酸 d．氢碘酸
（6）制取过程中，若pH调节不合理易生成Mn2+。在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含0.05mol·L-1 Mn2+废水中通入一定量H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS-浓度为1.0×10-4mol·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=___________。[已知：H2S的Ka1=1.3×10-7 Ka2=5.0×10-15；Ksp(MnS)=2.5×10-14]
（7）由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4水溶液法制备，试写出该电解过程总反应的化学方程式___________。
【答案】（1）表面出现晶膜
（2）Al(OH)3和H2SiO3
（3）2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O
（4）调节溶液pH，使3MnO＋2H2O2＋MnO2↓＋4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率
（5）c （6）6
（7）2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑
【解析】
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3MnO＋2H2O2＋MnO2↓＋4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，以此解答该题。
【小问1详解】
操作Ⅱ为结晶操作，“结晶”时，当表面出现晶膜时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体，故答案为：表面出现晶膜；
【小问2详解】
根据上述分析可知，通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，所以过滤得到的滤渣I的成分为Al(OH)3和H2SiO3；
【小问3详解】
“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为，被氧化生成高锰酸钾，方程式为2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O；
【小问4详解】
“歧化”时，加入冰醋酸调节溶液pH，使3MnO＋2H2O2＋MnO2↓＋4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率；
【小问5详解】
KMnO4具有强氧化性，不能用还原性酸，盐酸、亚硫酸以及氢碘酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案为：c；
【小问6详解】
向含Mn2＋为0.005mol·L-1的废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS－浓度为1.0×10-4 mol·L-1时，Mn2＋开始沉淀，则c(Mn2＋)×c(S2－)=c(Mn2＋)×=Ksp(MnS)，即0.005×=2.5×10-15，解得c(H＋)=1.0×10-6mol·L-1，即pH=6，故答案为：6；
【小问7详解】
电解K2MnO4水溶液法制备KMnO4，则MnO在阳极被氧化，转化为，水中的氢离子发生还原反应，生成氢气和氢氧根离子，根据电子转移守恒可知，电解的总反应的化学方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。
20. 碳酸铈[]是一种优良的环保材料，可用作汽车尾气净化催化剂。磷铈镧矿中铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以磷铈镧矿为原料制备的工艺流程如下：

回答下列问题：。
（1）铈的核电荷数为58，其某种核素含有82个中子，该核素的符号为___________。
（2）焙烧时不能使用陶瓷容器的原因是___________。
（3）滤渣III的主要成分能溶于NaOH溶液，所得产物的化学式是___________。
（4）滤渣II的主要成分在高温条件与、葡萄糖()反应可制备电极材料，同时生成CO和，该反应的化学方程式为___________。
（5）沉铈过程中生成的离子方程式为___________，分离的操作名称是___________。
【答案】（1）
（2）生成HF与反应，腐蚀陶瓷
（3）
（4）
（5） ①. ↑ ②. 过滤
【解析】
【分析】磷铈镧矿主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质中加入浓硫酸焙烧，二氧化硅不反应，其他物质生成对应的硫酸盐，加水水浸，浸渣为硫酸钙和二氧化硅，滤液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化镁调节pH=5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氢铵沉铈，过滤获得Ce2(CO3)3•nH2O，据此分析答题。
【小问1详解】
铈的某种核素含有58个质子和82个中子，质量数等于质子数+中子数，依据核素的表示方法，其符号为Ce，故答案为：Ce；
【小问2详解】
焙烧时CaF2与浓硫酸反应生成的HF能与陶瓷容器中的SiO2反应，而腐蚀容器，故答案为：生成的HF与反应，腐蚀陶瓷；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣III的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，其中Al(OH)3能溶于NaOH溶液生成NaAlO2或，故答案为：NaAlO2或；
【小问4详解】
根据题干信息滤渣II的主要成分在高温条件与、葡萄糖()反应可制备电极材料，同时生成CO和，另一产物为H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原，根据氧化还原反应配平可知该反应的化学方程式为：，故答案为：；
【小问5详解】
“沉铈”过程中，加入Ce3+与结合，促进电离，生成Ce2(CO3)3•nH2O，离子方程式为：2Ce3++6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑，由流程图可知，分离出Ce2(CO3)3•nH2O和滤液，故操作为过滤，故答案为：2Ce3++6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑；过滤。